【创新设计】2021高考数学(江苏专用-理科)二轮专题整合：1-2-1三角函数与三角变换

第1讲三角函数与三角变换一、填空题1．(2021·苏北四市模拟)若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＝eq\f(1,3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2α))＝______. 解析sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2α))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,6)＋2α)) ＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2α))＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))－1＝－eq\f(7,9). 答案－eq\f(7,9)2．(2022·南京、盐城模拟)设函数f(x)＝cos(2x＋φ)，则“f(x)是奇函数”是“φ＝eq\f(π,2)”的______条件． 解析φ＝eq\f(π,2)⇒f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x为奇函数，∴“f(x)是奇函数”是“φ＝eq\f(π,2)”的必要条件． 又f(x)＝cos(2x＋φ)是奇函数⇒f(0)＝0⇒φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)φ＝eq\f(π,2). ∴“f(x)是奇函数”不是“φ＝eq\f(π,2)”的充分条件． 答案必要不充分3．(2022·苏锡常镇模拟)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋sinα＝eq\f(4,5)eq\r(3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,6)))的值是________． 解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋sinα ＝eq\f(\r(3),2)cosα＋eq\f(3,2)sinα＝eq\f(4,5)eq\r(3)， ∴eq\f(1,2)cosα＋eq\f(\r(3),2)sinα＝eq\f(4,5)， 即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5). 故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,6)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq\f(4,5). 答案－eq\f(4,5)4．(2022·安徽卷)若将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移φ个单位，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是________． 解析f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))eq\o(→,\s\up12(右平移φ))g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x－φ＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)－2φ))， 关于y轴对称，即函数g(x)为偶函数， 则eq\f(π,4)－2φ＝kπ＋eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(k,2)π－eq\f(π,8)(k∈Z)， 明显，k＝－1时，φ有最小正值eq\f(π,2)－eq\f(π,8)＝eq\f(3π,8). 答案eq\f(3π,8)5．(2022·苏北四市调研)已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,4)))(ω＞0)的最大值与最小正周期相同，则函数f(x)在[－1,1]上的单调增区间为________． 解析由于函数f(x)的最大值是2，所以最小正周期T＝2＝eq\f(2π,2ω)，解得ω＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx－\f(π,4)))，当2kπ－eq\f(π,2)≤πx－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即2k－eq\f(1,4)≤x≤2k＋eq\f(3,4)，k∈Z时，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)在x∈[－1,1]上的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(3,4))). 答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(3,4)))6．若函数f(x)＝sinωx(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω＝________. 解析由题意知f(x)的一条对称轴为直线x＝eq\f(π,3)，和它相邻的一个对称中心为原点，则f(x)的周期T＝eq\f(4π,3)，从而ω＝eq\f(3,2). 答案eq\f(3,2)7．已知函数f(x)＝3sin(ωx－eq\f(π,6))(ω>0)和g(x)＝3cos(2x＋φ)的图象的对称中心完全相同，若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则f(x)的取值范围是______． 解析由两三角函数图象的对称中心完全相同，可知两函数的周期相同，故ω＝2，所以f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，那么当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)， 所以－eq\f(1,2)≤sin(2x－eq\f(π,6))≤1，故f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)). 答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))8．给出下列说法： ①正切函数在定义域内是增函数； ②函数f(x)＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3,4)π，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)； ③函数y＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的定义域是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,12)＋kπ，k∈Z))))； ④函数y＝tanx＋1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))上的最大值为eq\r(3)＋1，最小值为0. 其中正确说法的序号是________． 解析①正切函数在定义域内不具有单调性，故错误； ②由kπ－eq\f(π,2)＜x＋eq\f(π,4)＜kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3,4)π，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)，故正确； ③由2x＋eq\f(π,3)≠eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得x≠eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，故错误； ④由于函数y＝tanx＋1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))上单调递增，所以x＝eq\f(π,3)时取得最大值为eq\r(3)＋1，x＝－eq\f(π,4)时取得最小值为0，故正确，所以正确说法是②④. 答案②④二、解答题9．(2022·宿迁摸底改编)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的图象的一部分如图所示．. (1)求函数f(x)的解析式； (2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6，－\f(2,3)))时，求函数y＝f(x)＋f(x＋2)的最大值与最小值及相应的x的值． 解(1)由图象知A＝2，T＝8＝eq\f(2π,ω)， ∴ω＝eq\f(π,4)，得f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋φ)). 由eq\f(π,4)×1＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)⇒φ＝2kπ＋eq\f(π,4)， 又|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4).∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4))). (2)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4)))＋2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋2＋\f(π,4))) ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4)))＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4))). ＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,2)))＝2eq\r(2)coseq\f(π,4)x， ∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6，－\f(2,3)))， ∴eq\f(π,4)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，－\f(π,6)))， ∴当eq\f(π,4)x＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(2,3)时，y的最大值为eq\r(6)； 当eq\f(π,4)x＝－π，即x＝－4时，y的最小值为－2eq\r(2).10．(2022·江苏卷)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5). (1)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))的值； (2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2α))的值． 解(1)由于α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5)， 所以cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(2\r(5),5). 故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝sineq\f(π,4)cosα＋coseq\f(π,4)sinα ＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(5),5)＝－eq\f(\r(10),10). (2)由(1)知sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＝－eq\f(4,5)， cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))2＝eq\f(3,5)， 所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2α))＝coseq\f(5π,6)cos2α＋sineq\f(5π,6)sin2α ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))×eq\f(3,5)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5))) ＝－eq\f(4＋3\r(3),10).11．(2021·苏北四市调研)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq\r(3)sinxcosx(x∈R)． (1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值； (2)在△ABC中，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝1，求sinB＋sinC的最大值． 解(1)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c